Учебное пособие 790

y = e−∫P(x)dx

∫Q (x)e∫P(x)dx dx +C

,

(5)

переменную, а x

- за функцию.

3.1. Решить

уравнения:

а) y′− yctgx = sin x ;

(

2

)

′

б) x

+1 y

+4xy = 3,

найти

решение,

удовлетворяющее

начальному условию y(1) = 0.

′

′

′

Решение. а) Производя замену у=uv; y

получим

= u v +uv

′

′

−uvctgx = sin x ,

или

u v +uv

−vctgx)= sin x

′

′

.

(6)

u v +u (v

находим

dv

= ctgx dx , откуда v = sin x . Подставляя в уравнение

v

(6) значение v, получим

sin x du

= sin x или du = dx;

u = x +C .

dx

Общее решение будет y = (x +C )sin x .

б) Приведем

уравнение

к

виду

y′+

4x

y =

3

и

x2 +1

x2 +1

сделаем замену y = uv, тогда

′

′

4x

3

′

′

4xv

3

u v +v u +

uv =

;

u v +u v

+

=

.

(7)

x

2

+1

x

2

+1

x

2

x

2

+1

+1

Приравниваем выражение в скобках нулю

dv

+

4x

v =

dv

= −

4xdx

v

= −2ln (x

2

+1);

dx

0;

v

;

ln

x2 +1

x2 +1

v =

1

.

(

)

x2 +1

2

Подставляя частное решение v

в выражение (7), получим

du

= 3(x2

+1); u = 3∫(x2 +1)dx = x3 +3x +C .

dx

Общее решение примет вид

y =

x3

+3x +C

.

(

x2 +

)

2

1

dx

2

3

y

2 y dy = −y

+6x или x′−

x = −

.

y

2

Используя замену

х = uv;

x

′

′

′

, получим

= u v +v u

′

′

3

uv

y

′

′

3v

y

= −

;

−

= −

;

(8)

u v +v u −

y

2

u v +u v

y

2

3v

dv

dy

v′ =

v = y

3

y ;

v

= 3 y

;

.

Подставляя

частное решение v

в выражение (8), будем

иметь

y

1 dy

1

′

3

u y

= −

, du = −

2 y2

,

u =

+C.

2

2 y

Таким образом, окончательно получим

1

3

x =

+C y

.

2 y

dy

= −3dx

,

ln

y

= −3ln

x

+ln

C

,

y =

C

.

y

x

x3

Пусть постоянная интегрирования зависит от

х, т. е.

y =

C (x)

,

(9)

1

dC −3Cx−4 .

x3

тогда

y =

x3

dx

Подставим у' и у в исходное уравнение

x

1 dC

−3Cx−4

+ 3C

= x2 , dC = x4 , C (x)

=

x5

+C .

3

dx

x

3

dx

5

1

x

x5

+C

x

2

C1

5

y =

1

=

+

.

x3

5

x3

3.3. Найти решение уравнений:

а) y

′

− yctgx

=

y3

; б) x

2

y

2

y

′

+ xy

3

=1;

sin x

Решение. а) Данное уравнение есть уравнение Бернулли.

Для его решения используем подстановку у = uv, тогда

′

′

(uv)3

′

′

−vctgx)=

(uv)3

(10)

u v +v u −uvctgx = sin x , u v +u (v

sin x ,

dv = cos xdx ,

ln

v

= ln

sin x

; v = sin x .

v

sin x

Подставляя частное решение в уравнение (10), получим

′

sin x

= u

3

sin

2

x,

du

= sin xdx,

u3

u

1

= cos x +C

,

u =

1

.

2u2

1

2 cos x +2C

1

Таким образом, полагая 2C1 = C , имеем

y =

sin x

.

2 cos x +C

б) Разделим на x2 y2

правую и левую часть уравнения

1

1

y′+ x y

=

.

(11)

x2 y2

Теперь видно, что это уравнение Бернулли. Для его

решения воспользуемся методом Лагранжа.

Найдем сначала решение однородного уравнения

y′+

y

dy

dx

y

x

C

, y =

C

=

0,

y

= −

x

, ln

= −ln

+ln

x .

x

P (x, y)dx +Q (x, y)dy = 0

(1)

справедливо равенство

∂P

=

∂Q

,

(2)

∂y

∂x

u (x, y)= ∫xx P (x, y)dx + ∫yy Q (x0 , y)dy = C,

0

0

или

(3)

u (x, y)= ∫xx P (x, y0 )dx + ∫yy Q (x, y)dy = C,

0

0

u = ∫Pdx +ϕ(y); u = ∫Qdy +ψ (x),

(4)

дифференциалом,

однако можно найти такую функцию

μ = μ(x, y), что

умножая уравнение на нее, произведение

μ = μ(Pdx +Qdy)

будет полным дифференциалом

∂(μP)

=

∂(μQ)

.

(5)

∂y

∂x

∂P

∂μ

∂Q

∂μ

1

∂P −

∂Q

μ

= Q

+ μ

или

=

dx.

(6)

∂y

∂x

∂x

μ

Q

∂x

∂y

б) если

μ = μ(y), то из выражения (5) следует

∂μ

∂P

∂Q

∂μ

1

∂Q − ∂P

P

+ μ

= μ

или

=

dy.

(7)

∂y

∂y

∂x

μ

P

∂x

∂y

x

x

x

y

y

б) x −e

dx +e

−1

dy = 0 .

y

∂(x + y)

=

∂(x −2 y)

=1 .

∂y

∂x

Так как равенство справедливо, то общий интеграл

находим по формуле (3), считая, что x0

= 0, y0 = 0

u = ∫0x (x + y)dx −∫0y 2 ydy =

x2

+ xy − y2 .

2

x2

2

Отсюда общее решение

+ xy − y

= C .

2

x

x

x

P = x −e

y

Q = e

y

б) Полагая

,

−1 , подставляем их в

y

x

x

x

y

y

∂ x −e

∂e

−1

x

y

x

=

=

e

y

.

∂y

∂x

y2

x

x

2

x

∫

∫

− ye y +ϕ(y),

Pdx =

x −e y dx =

2

∫

∫

x

x

x

+ψ (x).

Qdy =

e

y

= −ye

y

y

−1 dy

x2

x

получим

− ye

y

= C .

2

(x2 + y)dx − xdy = 0;

4.2. Решить

уравнения:

а)

б) (xy2 + y)dx − xdy = 0

при условии

y(1) =1.

Решение. а) Здесь P = x2 + y ;

Q = - x. Подставляя Р и Q в

выражение (6),

получим

d μ

= − 2dx ; ln

μ

= −2 ln

x

; μ =

1

.

μ

x

x2

Умножим

на

интегрирующий

множитель левую часть

y

1

уравнения 1

+

dx −

dy

= 0 .

x

2

x

Проверим по условию (5) - является ли это уравнение в

полных дифференциалах

y

1